Esta nueva publicación de Eurostat incluye información sobre

Question

<blockquote> <p>Evaluación del %#% $ #%</p> <p>Sin utilizar la regla de L Hospital y serie expansión.</p> </blockquote> <p>He resuelto con regla de L Hopital y obtener respuesta $$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-x^x}{1-x^2}$. Pero no entiendo cómo</p> <p>podemos resolverlo sin usar L hospital y serie expansión, ayuda necesaria, gracias</p>

Answer 1

SUGERENCIA:

$$\lim{x\to1}\dfrac{x^x-1^1}{x-1}=\dfrac{d(x^x)}{dx}{\text{at }x=1}$$

Answer 2

Como de costumbre, lab bhattacharjee proporcionó una muy buena pista.

Si juegas con series de Taylor alrededor de$x=1$, tienes

ps

$$x\log(x)=(x-1)+\frac{1}{2} (x-1)^2+O\left((x-1)^3\right)$$ $$x^x=e^{x \log(x)}=1+(x-1)+(x-1)^2+O\left((x-1)^3\right)$ $ que muestra el límite y cómo se aborda.

Answer 3

Usando el equivalente

$1-x^x\sim -x\ln x$ y$\ln(1+x)\sim x$

ps

Answer 4

Por el teorema binomial generalizado,

ps

Entonces

ps

Answer 5

El límite puede ser reducido a $$ \lim_{x\to 1}\frac{x^x-1}{x-1}\frac{1}{x+1} $$ y el primer factor es la derivada en $1$ de la función de $f(x)=x^x$, por lo que no hay forma real de evitar los derivados en un sentido o en otro. El segundo factor tiene límite de $1/2$, por lo que no molestan demasiado.

Desde $f(x)=e^{x\log x}$, la derivada es $f'(x)=e^{x\log x}(1+\log x)$$f'(1)=1$.

---

De lo contrario, puede sustituir a $x=1+t$ y considerar $$ \lim_{t\to0}\frac{e^{(1+t)\log(1+t)}-1}{t} $$ El numerador puede ser ampliada como $$ 1+(1+t)\log(1+t)+o\bigl((1+t)\log(1+t)\bigr)-1= (1+t)\log(1+t)+o\bigl((1+t)\log(1+t)\bigr) $$ Ahora $$ (1+t)\log(1+t)=(1+t)(t+o(t))=t+o(t) $$ y por lo $o\bigl((1+t)\log(1+t)\bigr)=o(t)$; por lo tanto el límite es $$ \lim_{t\to0}\frac{e^{(1+t)\log(1+t)}-1}{t}= \lim_{t\to0}\frac{t+o(t)}{t}=1 $$ y por lo tanto $$ \lim_{x\to 1}\frac{x^x-1}{x-1}\frac{1}{x+1}=1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2} $$